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Integrals and Miscellaneous 19
f(z):=(1−z3)−1/2 , C is the contour which consists of two lines and two arcs. One of the lines is indented at z=1 by an arc of radius 1/R. The radius of the other arc is R.

From the Cauthy's theorem we find ∮Cf(z)dz=0. The integral round the arcs tend to zero.∮f(z)dz=∫10(1−x3)−12dx+∫∞1{(x−1)e−πi}−12(1+x+x2)−12dx+i∫0∞(1+ix3)−12dx=∫10(1−x3)−12dx+i∫∞1(x3−1)−12dx−i∫∞0(1+ix3)−12dx=∫10(1−x3)−12dx+i∫∞1(x3−1)−12dx−ie−π6i∫∞0(1+y3)−12dxHence,∫10(1−x3)−12dx=12∫∞0(1+x3)−12dx=12∫0−∞(1−x3)−12dx∫∞1(x3−1)−12dx=√32∫∞0(1+x3)−12dxTherefore,∫1−∞(1−x3)−12dx=32∫∞0(1+x3)−12dx∫∞1(x3−1)−12dx=√32∫∞0(1+x3)−12dx∴∫1−∞(1−x3)−12dx=√3∫∞1(x3−1)−12dx
Indeed, we can find ∫10(1−x3)−12dx=√πΓ(43)Γ(56)with the help of the Beta function.
∫10∫10dxdy1+ixy=G−iπ248PROOF:
Substituting y=u/x givesLHS=∫10dxx∫x0du1+iu=∫10arctanxxdx−i2∫10ln(1+x2)xdxWe obtained ∫10arctanxxdx=G in "2022/4/3" and ∫10ln(1+x2)xdx=−∞∑n=1(−1)nn∫10x2n−1dx=−12∞∑n=1(−1)nn2=14ζ(2)
※そもそも最初から級数にすればよかった。∫10∫10dxdy1+ixy=∞∑n=1∫10∫10(−ixy)n−1dxdy
∫10∫10(−lnxy)a1−xy(1−x)dxdy=Γ(a+2){ζ(a+2)−1a+1}PROOF.
Substituting y=u/x yieldsLHS=∫10dx∫x0du(−lnu)a1−u1−xx=∫10du∫1udx(−lnu)a1−u1−xx=∫10(−lnu)a1−u(−lnu+u−1)du=∫∞0(ta+1et−1−tze−t)dt(u=e−t)=Γ(a+2){ζ(a+2)−1a+1}where we usedζ(s)=1Γ(s)∫∞0xs−1ex−1dx obtained here.
a→−1 yields ∫10∫101(1−xy)lnxy(1−x)dxdy=−γ fromlims→1(ζ(s,a)−1s−1)=−ψ(a) we found here.
REFERENCE:
Chapman, R., A proof of Hadjicostas's conjecture.(2004)
Φ(z,s,a) denotes Lerch transcendent.∂Φ∂s(−1,−1,1)=lnA321/3e1/4PROOF.
LHS=dds(1−12s−1)ζ(s)|s=−1=−3ζ′(−1)+4ζ(−1)ln2=−ln23−14+3lnA
In:=∫10(1−√x)ndx=2(n+1)(n+2)where we substitute y=x2 and use the beta function.
ex)∫10(1−√x)19dx=1210
REFERENCE:
P.J.Nahin(2015)は面白い積分テクニックがたくさん載った人気書籍です!

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y′=x+y2
By termwise integration we obtain(m−1)∫10∞∑n=1xmn−1dx=1
ddt{Li2(2t1+t2)}=−(1−t2)ln(1−t)21+t2t(1+t2)=4tln(1−t)1+t2−2tln(1+t2)1+t2−2ln(1−t)t+ln(1+t2)t0 から x まで積分して(x≤1)Li2(2x1+x2)=4∫x0tln(1−t)1+t2dt−2∫x0tln(1+t2)1+t2dt⏟t2=u−2∫x0ln(1−t)tdt+∫x0ln(1+t2)tdt⏟−t2=u=4∫x0tln(1−t)1+t2dt−12ln2(1+x2)+2Li2(x)−12Li2(−x2)よって∫x0tln(1−t)1+t2dt=14Li2(2x1+x2)+18ln2(1+x2)−12Li2(x)+18Li2(−x2)特に x=1 では∫10tln(1−t)1+t2dt=18ln22−516ζ(2)
参考文献:Cornel Ioan Vălean, "More (Almost) Impossible Integrals, Sums, and Series" , 楽天はこちら
∫π0θ2ln3sinθdθ=−[32πζ(5)+13120π5ln2+58π3ζ(3)+32πζ(3)ln22+13π3ln32]PROOF.
From here we defineI(s,a):=∫π0sins−1θcosaθdθ=πcosπa22s−1sB(s+a+12,s−a+12)⟹∂2∂a2(∂3I∂s3|s=1)a=0=−∫π0θ2ln3sinθdθThe third derivative of I with respect to s is∂3I∂s3=I(s,a)[f(s,a)3+3f(s,a)g(s,a)+h(s,a)]∂3I∂s3|s=1=sinπaa[α3+3αβ+δ]wheref(s,a)=ψ(s)−ln2−12ψ(s+a+12)−12ψ(s−a+12)g(s,a)=ψ′(s)−14ψ′(s+a+12)−14ψ′(s−a+12)h(s,a)=ψ″Differentiating twice with respect to a gives\begin{align}\frac{\partial^2}{\partial a^2}\left(\left.\frac{\partial^3I}{\partial s^3}\right|_{s=1}\right) &=\underbrace{\frac{(2-\pi^2a^2)\sin\pi a-2\pi a\cos\pi a}{a^3}}_{\to -\frac{\pi^3}{3}\:(a\to 0)}(\a^3+3\a\b+\d)\\&\quad+2\underbrace{\frac{\pi a\cos\pi a-\sin\pi a}{a^2}}_{\to 0\:(a\to 0)}(3\a^2\a'+3\a'\b+3\a\b'+\d')\\&\quad+\frac{\sin\pi a}{a}(3\a^2\a''+6\a\a'^2+3\a''\b+6\a'\b'+3\a\b''+\d'')\end{align}Then we put a=0 to have the result above, with the help of\begin{align}\a(0) &=-\ln2,\quad \b(0)=\frac{1}{2}\zeta(2),\quad \d(0)=-\frac{3}{2}\zeta(3)\\\a'(0)&=\b'(0)=\d'(0)=0\\\a''(0) &=\frac{1}{2}\zeta(3),\quad \b''(0)=-\frac{3}{4}\zeta(4),\quad \d''(0)=\frac{3}{2}\zeta(5)\end{align}
\cfrac{\displaystyle\int_2^{17}\cfrac{dx}{\sqrt{x^3-7x+6}}}{\displaystyle\int_2^{3}\cfrac{dx}{\sqrt{x^3-7x+6}}}=2PROOF.
Setting x=2\frac{t^4+2t^3+14t^2-62t+61}{(t^2-4t-1)^2}yields\begin{align}\int_2^{17}\cfrac{dx}{\sqrt{x^3-7x+6}}&=-\int_2^3\sqrt{\frac{(t^2-4t-1)^6}{100(t^3-7t+6)(t^2-2t+5)^2(t^2+6t-11)^2}}\\&\quad\quad\cdot\frac{20(t^2-2t+5)(t^2+6t-11)}{(t^2-4t-1)^3}dt\\&=2\int_2^{3}\cfrac{dt}{\sqrt{t^3-7t+6}}\end{align}

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